[不等式] 看看这个不等式

lemondian

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2018-4-28 15:45

如何证明？
能推广不？

kuing

用漂移套路即可。

推广命题：给定 `t>0`，互不相等的正数 `a`, `b` 满足 `a^t-b^t=a^{t+1}-b^{t+1}`，则有
\[ab<\left( \frac t{t+1} \right)^2.\]

证明：设
\[f(x)=x^{t+1}-x^t,\quad x>0,\]
则条件为 `f(a)=f(b)`，求导有
\[f'(x)=(t+1)x^t-tx^{t-1},\]
可知其有唯的极值点
\[x_0=\frac t{t+1},\]
且其在 `(0,x_0)` 上递减，在 `(x_0,+\infty)` 上递增，不妨设 `a<b`，则
\[a<x_0<b.\]

设
\[F(x)=f(x_0x)-f\left( \frac{x_0}x \right),\quad x>0,\]
代入整理得
\[F(x)=x_0^{t+1}\left( x^{t+1}-\frac1{x^{t+1}} \right)-x_0^t\left( x^t-\frac1{x^t} \right),\]
求导有
\[F'(x)=x_0^{t+1}(t+1)\left( x^t+\frac1{x^{t+2}} \right)-x_0^tt\left( x^{t-1}+\frac1{x^{t+1}} \right),\]
注意到 `x_0^{t+1}(t+1)=x_0^tt`，所以
\[F'(x)=x_0^tt\left( x^t+\frac1{x^{t+2}}-x^{t-1}-\frac1{x^{t+1}} \right)=\frac{x_0^tt}x\left( x^{t+1}+\frac1{x^{t+1}}-x^t-\frac1{x^t} \right),\]
显然恒有
\[x^{t+1}+\frac1{x^{t+1}}\geqslant x^t+\frac1{x^t},\]
当且仅当 `x=1` 时取等，所以 `F(x)` 严格递增，而 `F(1)=0`，所以当 `x>1` 时 `F(x)>0`，故 `F(x_0/a)>0`，即
\[f\left( \frac{x_0^2}a \right)>f(a)=f(b),\]
而 `x_0^2/a` 和 `b` 均在 `f(x)` 的递增区间 `(x_0,+\infty)` 上，所以
\[\frac{x_0^2}a>b,\]
即
\[ab<x_0^2=\left( \frac t{t+1} \right)^2.\]

kuing

在上述推广命题中，作置换 `(t,a,b)\to (t/u,a^u,b^u)` 即得：

推论：给定 `t`, `u>0`，互不相等的正数 `a`, `b` 满足 `a^t-b^t=a^{t+u}-b^{t+u}`，则有
\[ab<\left( \frac t{t+u} \right)^{2/u}.\]

lemondian

回复 3# kuing
又被秒了！
K神:有没有较常见的证法？例如证一下第二个不等式？

isee

回复 2# kuing

这一推\[F(x)=f(x_0x)-f\left( \frac{x_0}x \right),\quad x>0,\]还有点意思呢

kuing

回复 5# isee

就是漂移的常规套路呀

lemondian

回复 6# kuing


   我说的不够清楚:不用构造函数方式，用基本不等式什么的

kuing

回复 7# lemondian

我6#不是回复你

kuing

回复 7# lemondian

p=a+b, q=ab，条件用 p, q 表示，解出 q，利用 0<q<p^2/4 解出 p 的范围，进而得出 q 的范围。

isee

回复 6# kuing

唉，思维定势害人啊，因为我接触到的（或者说高考范围内）
全是和的形式，而有积的形式时，很多时候取对数也变成和的形式了，而来，这个漂移还可以是积形式。

（差与商是就真不能这样漂了吧？）

lemondian

那么这个呢？

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2018-4-29 10:38

又能推广不？

kuing

回复 11# lemondian

既然都玩开了漂移，还是继续用漂移套路来玩吧……

设
\begin{align*}
f(x)&=x^4-x^3,\\
g(x)&=\frac37x^2(x^2-1),
\end{align*}
其中 `x\in(0,1)`，易知 `f(x)` 在 `(0,3/4)` 上递减，在 `(3/4,1)` 上递增，两者作差分解有
\[f(x)-g(x)=\frac17x^2(1-x)(3-4x),\]
可见在 `(0,3/4)` 上 `f(x)>g(x)`，在 `(3/4,1)` 上 `f(x)<g(x)`。

由条件知 `f(a)=f(b)`，设其值为 `m`，则 `g(x)=m` 也有两根 `c`, `d`, `c<d`，且必有 `c<a`, `d<b`，而由韦达定理知 `c^2+d^2=1`，所以 `a^2+b^2>1`。

附图形：

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2018-4-29 16:42

lemondian

回复 12# kuing

神人，还没看懂！
给一个一般的证明吧：

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2018-4-29 18:24

kuing

回复 13# lemondian

这种证明虽然巧妙，但不具一般性，不易做推广。
比如说，仿12#的方法还可以证明 `a^3+b^3<1`，你用“一般的证明”试试。

lemondian

回复 14# kuing


    说得对头！

lemondian

今天又看了#12,再一次体会这其中的N呀！K神是如何想到g(X) 这个函数的呢？
另：别人给出了这个：不知是否正确？

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2018-5-2 08:35

如果正确，是否可作一个推广呢？

kuing

回复 16# lemondian

一样操作：设
\begin{align*}
f(x)&=x^5-x^4,\\
g(x)&=\frac{20}{61}x^3(x^3-1),
\end{align*}
其中 `x\in(0,1)`，易知 `f(x)` 在 `(0,4/5)` 上递减，在 `(4/5,1)` 上递增，两者作差分解有
\[f(x)-g(x)=\frac1{61}x^3(1-x)(4x-5)(5x-4),\]
可见在 `(0,4/5)` 上 `f(x)>g(x)`，在 `(4/5,1)` 上 `f(x)<g(x)`。

由条件知 `f(a)=f(b)`，设其值为 `m`，则 `g(x)=m` 也有两根 `c`, `d`, `c<d`，且必有 `c<a`, `d<b`，而由韦达定理知 `c^3+d^3=1`，所以 `a^3+b^3>1`。

图形就不附了，因为贴得比较近，看不清。

lemondian

回复 17# kuing
再次被秒！
K神：如何构造出g(x)的？
这题能否推广？

kuing

回复 18# lemondian

构造方法很明显，自己想想。
推广可能不容易，懒得想了。

lemondian

求助这个不等式的证明：
设a,b是互不相等的正数，且满足$a^{n+2}-b^{n+2}=a^{n+1}-b^{n+1}$.求证：$a^n+b^n\geqslant 1$
也就是11#--17#的推广啦